第6章 第3讲 机械能守恒定律(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“机械能守恒定律”核心考点，覆盖机械能概念理解、守恒条件判断及单个物体、系统应用三大考查要求。依据高考评价体系分析考点权重，归纳单个物体圆周运动、轻绳轻杆连接系统等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“考点分层突破+高考真题实战+科学思维建模”，如结合2024全国甲卷小环下滑题，运用科学推理和模型建构素养，解析守恒条件判断及系统能量转化的突破方法。课时测评含易错点分析，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第3讲　机械能守恒定律 高三一轮复习讲义 广东专版 第六章 机械能 1.理解机械能的概念，掌握机械能守恒定律的条件、内容和表达式。 2.会用机械能守恒定律解决单个物体和系统的机械能守恒问题。 学习目标 考点一　机械能的理解及守恒判断 考点二　单个物体的机械能守恒 考点三　系统的机械能守恒 课时测评 内容索引 机械能的理解及守恒判断 考点一 返回 知识梳理 机械能 mgh 地球 有关 无关 减小 增大 减小 弹性形变 减少 增加 动能 势能 保持不变 不做功 零 自测1.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是 A.图甲中，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升空，则机械能守恒；若火箭加速升空，则机械能不守恒 B.图乙中的物体匀速运动，机械能守恒 C.图丙中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒 D.图丁中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，机械能守恒 √ √ 题图甲中，不论火箭是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A错误；题图乙中的物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；题图丙中的小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；题图丁中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。 A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒 C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒 D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，小球的机械能守恒 自测2.(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是 √ √ 当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，C 正确。 判断机械能守恒的三种方法 1.定义法：利用机械能守恒的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能之和是否变化，若不变，则机械能守恒。 2.做功法：若物体系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。 3.转化法：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。 归纳提升 返回 单个物体的机械能守恒 考点二 返回 1.机械能守恒定律的三种表达式 2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤 如图所示，竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道。重力加速度为g。 (1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆 周)始终对小球没有弹力，小球释放点距离A点的最小高度 为多大？ 答案：1.5R 例1 如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力，则小球到达最高点E时的最小速度满足mg＝m 以水平面AD为参考平面，从开始下落到到达管道的最高点E，由机械能守恒定律有 mghA＝mgR＋mv2 解得hA＝1.5R 则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。 (2)如果小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9 倍。求： ①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力； 答案：3mg，方向竖直向上 在B点，管壁对小球的弹力大小F＝9mg 小球做圆周运动，由牛顿第二定律得 F－mg＝m 小球从B点到到达管道最高点E的过程中，以B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得m＝mg×2R＋m 在E点由牛顿第二定律得F'＋mg＝m 联立解得F'＝3mg，方向竖直向下 根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道 的弹力大小为3mg，方向竖直向上。 ②落点C与A的水平距离。 答案：(2－1)R 小球离开管道后做平抛运动 在竖直方向上有R＝gt2 在水平方向上有x＝vEt 解得x＝2R 则落点C与A的水平距离为(2－1)R。 针对练.(2024·全国甲卷·T17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 √ 设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mgcos θ(0≤θ≤π)，则大圆环对小环作用力的大小＝(0≤θ≤π)，根据数学知识可知cos θ＝最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故 选C。 返回 系统的机械能守恒 考点三 返回 考向1 轻绳连接的系统 (2025·广东惠州高三期末)阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置，如图为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮，保持静止状态。现将质量为m的小物块C轻放在A上，让装置动起来，从开始运动到A和C下落高度h过程中，重力加速度为g，下列说法中正确的是 A．A和B构成的系统机械能守恒 B．A和C向下运动的加速度大小为a＝ C．轻绳的弹力大小为FT＝ D．A的末速度大小为v＝ √ 例2 小物块C对A和B构成的系统做功，所以A和B构成的系统机械能不守恒，A错误；对A、B、C系统根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a，解得a＝，B正确；对B根据牛顿第二定律得FT－Mg＝Ma，解得FT＝，C错误；根据机械能守恒定律得mgh＝(2M＋m)v2，解得v＝，D错误。 考向2 轻杆连接的系统 (多选)(2026·广东惠州阶段练习)长度为2L的轻杆左端连接光滑水平转轴O，中点和右端分别固定质量均为m的小球A和B，小球可视为质点，重力加速度为g，如图所示，当轻杆从水平位置由静止释放，在轻杆摆至竖直位置的过程中，下列结论正确的是 A．A、B两小球组成的系统机械能守恒 B．A、B两小球的速度始终相等 C．在最低点，小球B的速度大小为 D．轻杆对小球B做功0.4mgL √ √ 例3 √ A、B两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；杆从水平位置摆至竖直位置，A、B球的角速度相等，设在竖直位置A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据圆周运动的角速度与线速度的关系可得vB＝2vA，根据机械能守恒定律有mg·2L＋mgL＝，联立解得vB＝，故B错误，C正确；对小球B，根据动能定理可得mg·2L＋W＝，解得W＝0.4mgL，故D正确。 考向3 轻弹簧连接的系统 (多选)如图，倾角为30˚且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中 A．轻绳拉力大小一直增大 B．物体P的加速度大小一直增大 C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D．物体P的最大动能为 例4 √ √ 设物体P向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx， 开始时弹簧的弹力方向向上，从释放P到弹簧恢复原长过 程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律有4mg sin 30˚－mg ＋kΔx＝(4m＋m)a1，可得a1＝，随着x增大，Δx减 小，则加速度逐渐减小；当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，根据牛顿第二定律有4mg sin 30˚－mg－kΔx＝，可得a2＝，随着x增大，Δx增大，当mg＞kΔx时，随着x增大，加速度逐渐减小，当kΔx＞mg时，随着x增大，加速度反向增大，所以物体P的加速度大小先减小后反向增大，故B错误。 以P为研究对象，设轻绳拉力为FT，根据牛顿第二定律有4mg sin 30˚－FT＝4ma，可得弹簧恢复原长前，轻绳拉力FT1＝1.2mg－0.8kΔx，随着Δx减小FT1增大；弹簧恢复原长后有FT2＝1.2mg＋0.8kΔx，可知随着Δx增大，FT2逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确。释放物体P前，对Q根据平衡条件有mg＝kx1，可得x1＝；设物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统机械能守恒可得4mgxmaxsin 30˚＋＝mgxmax＋k(xmax－x1)2，解得xmax＝，故C错误。 当P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件有4mg sin 30˚＝kx′＋mg，解得x′＝，可知P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的动能为Ek，根据Ek＝×4mv2可知Q的动能为，根据动能定理有4mg(x′＋x1)sin 30˚－mg(x′＋x1)＝Ek＋，解得Ek＝，故D正确。故选AD。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　机械能的理解及守恒判断 1.一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　) A．机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 √ 铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，铅球在竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2026·江苏扬州期末)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，铁球由弹簧的正上方自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧。在铁球下落的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是 A.下落过程中铁球的机械能守恒 B.铁球接触弹簧后，动能一直减小 C.铁球在整个下落过程中，重力势能一直减小 D.铁球接触弹簧后，弹簧弹性势先增大后减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 下落过程中铁球接触弹簧之前，铁球的机械能守恒；接触弹 簧后，弹簧的弹力对球做负功，则铁球的机械能不守恒，选 项A错误。铁球接触弹簧后，开始阶段重力大于弹力，铁球 向下加速，则动能增加；当弹力大于重力后，铁球向下减速， 则动能减小，即整个过程中动能先增加后减小，选项B错误。 铁球在整个下落过程中，铁球高度一直降低，则重力势能一直减小，选项C正确。铁球接触弹簧后，弹簧一直被压缩，可知弹簧弹性势能一直增大，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　单个物体的机械能守恒 3.(2026·广东深圳联考)如图为运动员斜向上掷出铅球的简化图，设铅球质量为m，抛出初速度为v0，铅球抛出点距离地面的高度为h，铅球的最大离地高度为H，以抛出点所在水平面为参考平面，若空气阻力不计，重力加速度为g，则 A．铅球在运动过程中动能越来越大 B．铅球在运动过程中重力势能越来越大 C．铅球落地时的机械能为 D．铅球在轨迹最高处的机械能为＋mgh √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 铅球所受重力即为其合力，铅球上升过程，重力做负功，铅球动能减小，重力势能增大，铅球下降过程，重力做正功，铅球动能增大，重力势能减小，可知铅球在运动过程中动能先减小后增大，重力势能先增大后减小，故A、B错误；铅球运动过程中，只有重力做功，铅球的机械能守恒，可知若以抛出点所在水平面为参考平面，铅球落地时的机械能为，故C正确；根据机械能守恒定律知，铅球在轨迹最高处的机械能为，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其倾角。板上一根长为l＝0.6 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α＝30°时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一平行于平板并与轻绳垂直向上的初速度v0。若小球恰好能保持在板面内做圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，则v0为 A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在最高点有mgsin 30°＝m ，解得v＝ m/s，根据机械能守恒定律得m＝mv2＋mglsin 30°，解得v0＝3 m/s。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，下列说法正确的是 A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.水柱的动能是ρgS(h1－h2)2 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 把阀门K打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，相互抵消为零，只有重力做功，水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，重心下降，重力做正功，故Ek＝WG＝ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，A、C、D正确，B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组3　系统的机械能守恒 6.(多选)(2025·广州市期末)如图所示，轻绳的一端通过光滑轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端连接小球B。由图中P位置由静止释放物块A，当A经过Q位置时向右运动的速度大小为vA，小球B的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为α(0˚<α<90˚)，则 A．vAcos α＝vB B．当A经过Q位置时，小球B一定处于失重状态 C．A从P位置向右运动到Q位置过程中，轻绳拉力 对A先做正功，后做负功 D．B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在Q位置时，由运动的合成与分解有vAcos α＝vB，故A正确；在A运动过程中，轻绳与杆的夹角在增大，当角度为90˚时B的速度为零，说明B先加速后减速，但无法判断此时的运动情形，超重和失重都有可能，故B错误；A从P位置向右运动到Q位置过程中，轻绳与杆之间的夹角一直为锐角，则轻绳拉力对A一直做正功，故C错误；对于A、B组成的系统，该系统机械能守恒，所以B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(多选)(2026·四川绵阳期末)如图所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，可视为质点、质量均为m的小球A和B，用一根长为R的轻杆连接，套在轨道上。将小球A置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A.小球A、B等高时，A球的速率等于B球的速率 B.小球A、B等高时，A球的速率大于B球的速率 C.从释放到A、B球等高的过程中，A球的机械能不变 D.从释放到A、B球等高的过程中，杆对B球做功为－0.5mgR √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球A、B等高时，将两球的速度沿垂直杆和杆的方向进行分 解，如图所示，沿杆方向有vAcos 45°＝vBcos 45°，解得vA ＝vB，故A正确，B错误；从释放到A、B球等高的过程中， 杆的弹力对A球做正功，A球的机械能增大，故C错误；从释 放到A、B球等高的过程中，小球A、B与轻杆组成的系统机 械能守恒，此过程A球上升的高度hA＝(1－)R，B球下降的高度hB＝R，根据机械能守恒定律有mghB＝mghA＋m＋m，联立解得vA＝vB＝，对B球根据动能定理可得mghB＋W杆＝m，解得W杆＝ －0.5mgR，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)(2026·山东聊城期末)如图所示，可视为质点的小物块P、Q用跨过理想定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为α＝37°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。初始时锁定P使轻绳的PO段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为β＝37°，杆上有一点M，OM的长度L＝0.9 m且与杆垂直。P释放后沿斜面下滑，当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值。已知P物体的质量m0＝10 kg，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是 A.Q的质量m＝3 kg B.Q的质量m＝3 kg C.Q运动到M点时的速度为0 D.Q运动到M点时的速度为4 m/s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值，此时P、Q的加速度均为0；以P为研究对象，根据平衡条件可得FT＝m0gsin α，以Q为研究对象，根据平衡条件可得FTcos 60°＝mg，联立解得Q的质量为m＝ 3 kg，故A正确，B错误。Q运动到M点时，P处于最低点，P的速度为0，根据系统机械能守恒可得m0g(－L)·sin α－mg＝m，解得vQ＝0，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)(2026·湖南名校联考)如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚刚拉直且无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m， B、C的质量均为m，重力加速度大小为g。开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。不计一切摩擦和空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上。下列说法正确的是 A.释放A的瞬间，B的加速度大小为g B.斜面的倾角α＝30° C.A获得的最大速度为2g D.从释放A到C刚离开地面过程中，A、B两球组成的系统机械能守恒 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时A、B有最大速度，即aA＝aB＝0，对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－FT＝0，联立解得sin α＝0.5，α＝30°，故B正确；释放A的瞬间，设A、B的加速度大小为a，细线的张力为FT'，B原来静止，受力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律，对B有FT'＝ma，对A有4mgsin α－FT'＝4ma，联立解得a＝0.4g，故A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，有4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)，解得vAm＝2g，所以A获得的最大速度为2g，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，但A、B两球组成的系统机械能不守恒，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(14分)如图所示，两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在水平地面上，斜面倾角为30˚。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2m的滑块B、C，质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点，O点与两滑轮的距离均为l。先托住A，使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，sin 53˚＝0.8，cos 53˚＝0.6。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)物块A下落的最大高度H； 答案：l 根据题意可知，物块A下落最大高度H时，速度为零，由机械能守恒定律有mgH＝2×sin 30˚ 解得H＝l。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53˚的过程中，物块A机械能的变化量。 答案：－mgl 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题意，由几何关系可得，结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53˚时，物块A下落的高度 h＝l 设此时物块A的速度为v，则B、C的速度 v′＝v cos 53˚＝v A下落过程中，由机械能守恒定律有mgh－2×2mgsin 30˚＝×2mv′2 则物块A机械能的变化量ΔE＝。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 第3讲　机械能守恒定律 $